Страница 122 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

10.25. Данная точка, расположенная вне плоскости правильного треугольника, равноудалена от его вершин. Докажите, что прямая, проходящая через данную точку и центр данного треугольника, перпендикулярна плоскости треугольника.

Обозначим данный правильный треугольник как $ABC$, а его плоскость — как $\alpha$. Пусть $S$ — данная точка, не лежащая в плоскости $\alpha$. По условию, точка $S$ равноудалена от вершин треугольника, то есть $SA = SB = SC$. Пусть $O$ — центр треугольника $ABC$. Требуется доказать, что прямая $SO$ перпендикулярна плоскости $\alpha$.

Доказательство:

Опустим из точки $S$ перпендикуляр на плоскость $\alpha$. Пусть $H$ — основание этого перпендикуляра. По определению, прямая, содержащая отрезок $SH$, перпендикулярна плоскости $\alpha$, то есть $SH \perp \alpha$.

Рассмотрим три прямоугольных треугольника: $\triangle SHA$, $\triangle SHB$ и $\triangle SHC$. Они являются прямоугольными, поскольку $SH \perp \alpha$ и, следовательно, $SH$ перпендикулярен любой прямой в этой плоскости, проходящей через точку $H$. Таким образом, $\angle SHA = \angle SHB = \angle SHC = 90^\circ$.

В этих треугольниках:

• гипотенузы равны по условию задачи: $SA = SB = SC$;
• катет $SH$ является общим.

Следовательно, прямоугольные треугольники $\triangle SHA$, $\triangle SHB$ и $\triangle SHC$ равны по гипотенузе и катету.

Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих катетов: $HA = HB = HC$.

Это означает, что точка $H$, лежащая в плоскости $\alpha$, равноудалена от вершин треугольника $A, B, C$. Точка в плоскости треугольника, равноудаленная от всех его вершин, является центром описанной около этого треугольника окружности.

Поскольку треугольник $ABC$ является правильным, его центр $O$ (точка пересечения медиан, биссектрис и высот) также является центром описанной окружности. Следовательно, точка $H$ совпадает с центром треугольника $O$.

Так как мы установили, что перпендикуляр из точки $S$ на плоскость $\alpha$ опускается в точку $O$, то прямая $SO$ перпендикулярна плоскости $\alpha$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

10.26. Отрезок $AB$ не пересекает плоскость $\alpha$. Через точки $A$ и $B$ проведены прямые, перпендикулярные плоскости $\alpha$ и пересекающие её в точках $C$ и $D$ соответственно. Найдите отрезок $CD$, если $AC = 34$ см, $BD = 18$ см, $AB = 20$ см.

Поскольку прямые $AC$ и $BD$ перпендикулярны одной и той же плоскости $α$, они параллельны друг другу ($AC \parallel BD$).

Таким образом, четырехугольник $ABDC$ является трапецией.

Так как прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $α$, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку $C$. В частности, $AC \perp CD$. Аналогично, $BD \perp CD$.

Следовательно, трапеция $ABDC$ является прямоугольной с основаниями $AC$ и $BD$ и прямыми углами при вершинах $C$ и $D$.

Для нахождения длины стороны $CD$ проведем из точки $B$ высоту $BK$ на большее основание $AC$. Точка $K$ будет лежать на отрезке $AC$.

Рассмотрим четырехугольник $KBCD$. В нем углы $\angle C$ и $\angle D$ прямые по условию, а угол $\angle BKC$ прямой по построению ($BK \perp AC$). Сумма углов четырехугольника равна $360^\circ$, поэтому угол $\angle KBD$ также равен $90^\circ$. Таким образом, $KBCD$ — прямоугольник.

Из свойств прямоугольника следует, что его противолежащие стороны равны: $BK = CD$ и $KC = BD = 18$ см.

Теперь найдем длину отрезка $AK$, который является частью основания $AC$: $AK = AC - KC = 34 - 18 = 16$ см.

Рассмотрим треугольник $ABK$. Он является прямоугольным, так как $BK$ — высота ($\angle AKB = 90^\circ$). Применим к нему теорему Пифагора: $AB^2 = AK^2 + BK^2$

Подставим известные значения и найдем длину катета $BK$: $20^2 = 16^2 + BK^2$ $400 = 256 + BK^2$ $BK^2 = 400 - 256 = 144$ $BK = \sqrt{144} = 12$ см.

Поскольку $BK = CD$, то искомый отрезок $CD = 12$ см.

Ответ: 12 см.

10.27. Отрезок $AB$ не пересекает плоскость $\alpha$. Через точки $A$ и $B$ проведены прямые, перпендикулярные плоскости $\alpha$ и пересекающие её в точках $A_1$ и $B_1$ соответственно. Найдите отрезок $AB$, если $AA_1 = 2$ см, $BB_1 = 12$ см, $AB_1 = 10$ см.

По условию задачи, отрезок $AB$ не пересекает плоскость $\alpha$. Прямые $AA_1$ и $BB_1$ перпендикулярны плоскости $\alpha$. Из этого следует, что прямые $AA_1$ и $BB_1$ параллельны друг другу ($AA_1 \parallel BB_1$).

Поскольку две параллельные прямые ($AA_1$ и $BB_1$) задают плоскость, то точки $A$, $B$, $A_1$ и $B_1$ лежат в одной плоскости. Четырехугольник $AA_1B_1B$ является трапецией, так как две его стороны ($AA_1$ и $BB_1$) параллельны, а две другие ($AB$ и $A_1B_1$) в общем случае не параллельны.

Так как $AA_1 \perp \alpha$ и $BB_1 \perp \alpha$, а прямая $A_1B_1$ лежит в плоскости $\alpha$, то $AA_1 \perp A_1B_1$ и $BB_1 \perp A_1B_1$. Следовательно, углы $\angle AA_1B_1$ и $\angle BB_1A_1$ являются прямыми. Это означает, что трапеция $AA_1B_1B$ — прямоугольная, с основаниями $AA_1$ и $BB_1$ и высотой $A_1B_1$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AA_1B_1$ (угол $\angle AA_1B_1 = 90^\circ$). По теореме Пифагора, квадрат гипотенузы равен сумме квадратов катетов:

$AB_1^2 = AA_1^2 + A_1B_1^2$

Подставим известные значения: $AA_1 = 2$ см, $AB_1 = 10$ см.

$10^2 = 2^2 + A_1B_1^2$

$100 = 4 + A_1B_1^2$

$A_1B_1^2 = 100 - 4 = 96$

Таким образом, мы нашли квадрат длины отрезка $A_1B_1$.

Для нахождения длины отрезка $AB$, который является боковой стороной трапеции, проведем высоту $AC$ из точки $A$ на основание $BB_1$. Получим прямоугольник $AA_1B_1C$ и прямоугольный треугольник $\triangle ABC$.

В прямоугольнике $AA_1B_1C$ противоположные стороны равны:

$AC = A_1B_1$, следовательно, $AC^2 = A_1B_1^2 = 96$.

$CB_1 = AA_1 = 2$ см.

Найдем длину катета $BC$ треугольника $\triangle ABC$:

$BC = BB_1 - CB_1 = 12 - 2 = 10$ см.

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle ABC$ (угол $\angle ACB = 90^\circ$). По теореме Пифагора:

$AB^2 = AC^2 + BC^2$

Подставим найденные значения для $AC^2$ и $BC$:

$AB^2 = 96 + 10^2$

$AB^2 = 96 + 100$

$AB^2 = 196$

$AB = \sqrt{196} = 14$ см.

Ответ: 14 см.

10.28. Через концы $A$ и $B$ и точку $C$ отрезка $AB$, не пересекающего плоскость $\alpha$, проведены прямые, перпендикулярные плоскости $\alpha$ и пересекающие её в точках $A_1$, $B_1$ и $C_1$ соответственно. Найдите отрезок $CC_1$, если $AA_1 = 15$ см, $BB_1 = 25$ см, $AC : BC = 1 : 4$.

Поскольку прямые $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ перпендикулярны одной и той же плоскости $\alpha$, они параллельны между собой: $AA_1 \parallel BB_1 \parallel CC_1$. Точки $A$, $C$ и $B$ лежат на одной прямой, следовательно, их проекции $A_1$, $C_1$ и $B_1$ также лежат на одной прямой. Таким образом, точки $A$, $B$, $B_1$, $A_1$ лежат в одной плоскости и образуют трапецию $ABB_1A_1$ с параллельными основаниями $AA_1$ и $BB_1$. Отрезок $CC_1$ соединяет боковые стороны этой трапеции и параллелен её основаниям.

Для нахождения длины отрезка $CC_1$ применим метод, основанный на свойствах подобных треугольников. Проведем в плоскости трапеции через точку $A$ прямую, параллельную стороне $A_1B_1$. Пусть эта прямая пересекает отрезки $CC_1$ и $BB_1$ в точках $K$ и $E$ соответственно. Так как $AE \parallel A_1B_1$, а $AA_1 \parallel EB_1$, то четырехугольник $AA_1B_1E$ — параллелограмм. Отсюда следует, что $EB_1 = AA_1 = 15$ см. Аналогично, $AA_1C_1K$ — параллелограмм, и $KC_1 = AA_1 = 15$ см.

Рассмотрим треугольник $ABE$. Отрезок $CK$ параллелен его стороне $BE$ (так как $CC_1 \parallel BB_1$). Следовательно, треугольник $\triangle ACK$ подобен треугольнику $\triangle ABE$. Из подобия треугольников следует соотношение: $\frac{CK}{BE} = \frac{AC}{AB}$. Из условия задачи $AC : BC = 1 : 4$, значит, $AC$ составляет 1 часть отрезка $AB$, а $BC$ — 4 части. Весь отрезок $AB$ равен $1+4=5$ частям, поэтому $\frac{AC}{AB} = \frac{1}{5}$. Длина отрезка $BE$ равна разности $BB_1$ и $EB_1$: $BE = BB_1 - EB_1 = 25 - 15 = 10$ см. Подставим найденные значения в пропорцию: $\frac{CK}{10} = \frac{1}{5}$, откуда $CK = 2$ см.

Искомая длина отрезка $CC_1$ складывается из длин отрезков $CK$ и $KC_1$: $CC_1 = CK + KC_1 = 2 + 15 = 17$ см.

Ответ: 17 см.

10.29. Через концы $M$ и $N$ и точку $K$ отрезка $MN$, не пересекающего плоскость $\alpha$, проведены прямые, перпендикулярные плоскости $\alpha$ и пересекающие её в точках $M_1$, $N_1$ и $K_1$ соответственно. Найдите отрезок $NN_1$, если $MM_1 = 14 \text{ см}$, $KK_1 = 10 \text{ см}$, $MK : KN = 3 : 5$.

Поскольку прямые $MM_1$, $NN_1$ и $KK_1$ перпендикулярны одной и той же плоскости $\alpha$, они параллельны между собой ($MM_1 \parallel NN_1 \parallel KK_1$).

Точки $M$, $K$, $N$ лежат на одной прямой. Проекции этих точек на плоскость $\alpha$ — точки $M_1$, $K_1$, $N_1$ — также лежат на одной прямой. Фигура $MNN_1M_1$ является трапецией, где $MM_1$ и $NN_1$ — параллельные основания, а $MN$ и $M_1N_1$ — боковые стороны. Отрезок $KK_1$ параллелен основаниям трапеции и соединяет ее боковые стороны.

Длина отрезка, который соединяет боковые стороны трапеции и параллелен её основаниям, может быть найдена по формуле взвешенного среднего длин оснований. Точка $K$ делит боковую сторону $MN$ в отношении $MK : KN = 3 : 5$.

Формула для длины отрезка $KK_1$ выглядит следующим образом:

$KK_1 = \frac{KN \cdot MM_1 + MK \cdot NN_1}{MK + KN}$

Подставим известные значения из условия задачи: $MM_1 = 14$ см, $KK_1 = 10$ см. Отношение $MK : KN = 3 : 5$. Пусть $NN_1 = y$.

Для удобства можно принять $MK = 3x$ и $KN = 5x$.

$10 = \frac{5x \cdot 14 + 3x \cdot y}{3x + 5x}$

Можно сократить $x$ в числителе и знаменателе, так как $x \ne 0$:

$10 = \frac{5 \cdot 14 + 3y}{3 + 5}$

$10 = \frac{70 + 3y}{8}$

Решим полученное уравнение относительно $y$:

$10 \cdot 8 = 70 + 3y$

$80 = 70 + 3y$

$3y = 80 - 70$

$3y = 10$

$y = \frac{10}{3}$

Таким образом, длина отрезка $NN_1$ равна $\frac{10}{3}$ см.

Ответ: $\frac{10}{3}$ см.

10.30. Параллелограмм $ABCD$ не имеет общих точек с плоскостью $\alpha$. Через вершины $A$, $B$, $C$ и $D$ проведены прямые, перпендикулярные плоскости $\alpha$ и пересекающие её в точках $A_1$, $B_1$, $C_1$ и $D_1$ соответственно. Найдите отрезок $CC_1$, если $AA_1 = 11$ см, $BB_1 = 18$ см, $DD_1 = 16$ см.

Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей параллелограмма $ABCD$. По свойству параллелограмма, диагонали точкой пересечения делятся пополам, то есть $O$ является серединой отрезков $AC$ и $BD$.

По условию, прямые $AA_1$, $BB_1$, $CC_1$ и $DD_1$ перпендикулярны плоскости $\alpha$, а значит, они параллельны друг другу. Фигуры $ACC_1A_1$ и $BDD_1B_1$ являются прямоугольными трапециями, так как их боковые стороны $AA_1$ и $CC_1$ (а также $BB_1$ и $DD_1$) перпендикулярны основанию $A_1C_1$ (и $B_1D_1$), лежащему в плоскости $\alpha$.

Проведем через точку $O$ прямую $OO_1$, перпендикулярную плоскости $\alpha$, где $O_1$ — точка на плоскости $\alpha$. Тогда $OO_1$ будет параллельна прямым $AA_1$ и $CC_1$. Так как $O$ — середина отрезка $AC$, то по теореме Фалеса отрезок $OO_1$ является средней линией трапеции $ACC_1A_1$. Длина средней линии трапеции равна полусумме длин её оснований: $OO_1 = \frac{AA_1 + CC_1}{2}$

Аналогично, $OO_1$ является средней линией трапеции $BDD_1B_1$, так как $O$ — середина отрезка $BD$, а $OO_1$ параллельна $BB_1$ и $DD_1$. Поэтому: $OO_1 = \frac{BB_1 + DD_1}{2}$

Приравнивая правые части полученных равенств, так как они обе равны длине одного и того же отрезка $OO_1$, имеем: $\frac{AA_1 + CC_1}{2} = \frac{BB_1 + DD_1}{2}$

Умножив обе части уравнения на 2, получаем свойство, что сумма расстояний от противоположных вершин параллелограмма до плоскости, которую он не пересекает, одинакова: $AA_1 + CC_1 = BB_1 + DD_1$

Подставим известные значения из условия: $AA_1 = 11$ см, $BB_1 = 18$ см, $DD_1 = 16$ см. $11 + CC_1 = 18 + 16$

$11 + CC_1 = 34$

$CC_1 = 34 - 11$

$CC_1 = 23$ см.

Ответ: 23 см.

10.31. При симметрии относительно плоскости образом прямой $a$ является прямая $a_1$. Докажите, что прямые $a$ и $a_1$ лежат в одной плоскости.

Пусть $\pi$ — плоскость симметрии. По условию, прямая $a_1$ является образом прямой $a$ при симметрии относительно плоскости $\pi$. Необходимо доказать, что прямые $a$ и $a_1$ лежат в одной плоскости.

Для доказательства выберем на прямой $a$ две произвольные различные точки $A$ и $B$. При симметрии относительно плоскости $\pi$ они отобразятся в точки $A_1$ и $B_1$ соответственно. По определению образа прямой, точки $A_1$ и $B_1$ лежат на прямой $a_1$.

По определению симметрии относительно плоскости, отрезок, соединяющий точку и ее образ, перпендикулярен плоскости симметрии. Следовательно, отрезок $AA_1$ перпендикулярен плоскости $\pi$ ($AA_1 \perp \pi$), и отрезок $BB_1$ также перпендикулярен плоскости $\pi$ ($BB_1 \perp \pi$).

Две прямые, перпендикулярные одной и той же плоскости, параллельны друг другу. Значит, прямая $AA_1$ параллельна прямой $BB_1$.

Рассмотрим два возможных случая, основанных на расположении этих параллельных прямых.

1. Прямые $AA_1$ и $BB_1$ не совпадают.
Две различные параллельные прямые в пространстве задают единственную плоскость. Назовем эту плоскость $\beta$. Плоскость $\beta$ содержит прямые $AA_1$ и $BB_1$ и, следовательно, все четыре точки $A$, $B$, $A_1$ и $B_1$. Поскольку точки $A$ и $B$ лежат в плоскости $\beta$, то и вся прямая $a$, проходящая через эти точки, лежит в плоскости $\beta$. Аналогично, поскольку точки $A_1$ и $B_1$ лежат в плоскости $\beta$, то и вся прямая $a_1$, проходящая через эти точки, также лежит в плоскости $\beta$. Таким образом, обе прямые $a$ и $a_1$ лежат в одной и той же плоскости $\beta$.

2. Прямые $AA_1$ и $BB_1$ совпадают.
Этот случай имеет место, когда исходная прямая $a$ перпендикулярна плоскости симметрии $\pi$. Тогда все четыре точки $A$, $B$, $A_1$ и $B_1$ лежат на одной прямой. Это означает, что прямые $a$ (проходящая через $A, B$) и $a_1$ (проходящая через $A_1, B_1$) совпадают ($a = a_1$). Совпадающие прямые, очевидно, лежат в одной плоскости.

В обоих рассмотренных случаях мы пришли к выводу, что прямые $a$ и $a_1$ лежат в одной плоскости. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

10.32. Ребро куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ равно $a$. Точка $M$ — середина ребра $DC$. Постройте сечение куба, проходящее через точку $M$ и перпендикулярное прямой $BD$. Найдите площадь этого сечения.

Постройте сечение куба, проходящее через точку M и перпендикулярное прямой BD.

Обозначим искомую плоскость сечения как $\alpha$. По условию, она проходит через точку $M$ (середину ребра $DC$) и перпендикулярна диагонали $BD$ ($M \in \alpha$, $\alpha \perp BD$).

1. В основании куба $ABCD$, которое является квадратом, диагонали перпендикулярны: $AC \perp BD$.

2. Ребро $AA_1$ перпендикулярно плоскости основания $ABCD$, а значит, и любой прямой в этой плоскости, в том числе $BD$. Таким образом, $AA_1 \perp BD$.

3. Поскольку прямая $BD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AC$ и $AA_1$, лежащим в плоскости диагонального сечения $ACC_1A_1$, то прямая $BD$ перпендикулярна всей плоскости $ACC_1A_1$.

4. По условию плоскость сечения $\alpha$ также перпендикулярна $BD$. Если две плоскости ($\alpha$ и $ACC_1A_1$) перпендикулярны одной и той же прямой ($BD$), то они параллельны друг другу: $\alpha \parallel ACC_1A_1$.

5. Таким образом, задача сводится к построению плоскости, проходящей через точку $M$ параллельно плоскости $ACC_1A_1$.

6. Линия пересечения плоскости $\alpha$ с основанием $ABCD$ проходит через точку $M$ и параллельна линии пересечения плоскости $ACC_1A_1$ с основанием, то есть прямой $AC$. Проведем через $M$ прямую, параллельную $AC$. Пусть она пересекает ребро $AD$ в точке $P$. В треугольнике $\triangle DAC$ отрезок $MP$ является средней линией, поскольку проходит через середину стороны $DC$ параллельно основанию $AC$. Следовательно, точка $P$ — середина ребра $AD$.

7. Так как плоскость сечения $\alpha$ параллельна "вертикальной" плоскости $ACC_1A_1$, то $\alpha$ также является "вертикальной" плоскостью, то есть перпендикулярной основанию $ABCD$.

8. Сечение представляет собой четырехугольник, образованный отрезком $MP$ и отрезками, проведенными из точек $M$ и $P$ параллельно боковому ребру $DD_1$ до пересечения с ребрами верхнего основания. Пусть эти точки пересечения будут $M_1$ на ребре $D_1C_1$ и $P_1$ на ребре $D_1A_1$. Точки $M_1$ и $P_1$ являются серединами соответствующих ребер.

Искомое сечение — это четырехугольник $PMM_1P_1$. Так как $MP \parallel P_1M_1$ и $PP_1 \parallel MM_1$, это параллелограмм. А так как ребро $PP_1$ (параллельное $DD_1$) перпендикулярно плоскости основания $ABCD$ и, следовательно, прямой $MP$, то $PMM_1P_1$ — прямоугольник.

Ответ: Искомое сечение — это прямоугольник $PMM_1P_1$, вершины которого — точки $P$ (середина $AD$), $M$ (середина $DC$), $M_1$ (середина $D_1C_1$) и $P_1$ (середина $A_1D_1$).

Найдите площадь этого сечения.

Сечением является прямоугольник $PMM_1P_1$, площадь которого равна произведению длин его смежных сторон $MP$ и $PP_1$.

1. Длина стороны $PP_1$ равна высоте куба, так как отрезок $PP_1$ параллелен ребру $DD_1$. Следовательно, $PP_1 = a$.

2. Длина стороны $MP$ равна длине средней линии треугольника $\triangle DAC$. Основание этого треугольника, диагональ $AC$, можно найти по теореме Пифагора для прямоугольного треугольника $\triangle ADC$ с катетами $a$:
$AC = \sqrt{AD^2 + DC^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.

3. Длина средней линии $MP$ равна половине длины основания $AC$:
$MP = \frac{1}{2} AC = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

4. Теперь находим площадь прямоугольника $PMM_1P_1$:
$S = MP \cdot PP_1 = \frac{a\sqrt{2}}{2} \cdot a = \frac{a^2\sqrt{2}}{2}$.

Ответ: $\frac{a^2\sqrt{2}}{2}$.

10.33. Ребро куба $ABCDA_1B_1C_1D_1$ равно $a$. Точка $O$ — центр грани $CC_1D_1D$. Постройте сечение куба, проходящее через точку $O$ и перпендикулярное прямой $AC$. Найдите площадь этого сечения.

Построение сечения

Введем прямоугольную систему координат с началом в точке $D$ и осями, направленными вдоль ребер $DA$, $DC$ и $DD_1$. В этой системе координат вершины куба будут иметь следующие координаты: $A(a, 0, 0)$, $C(0, a, 0)$, $D(0, 0, 0)$, $C_1(0, a, a)$, $D_1(0, 0, a)$.

Точка $O$ — центр грани $CC_1D_1D$. Ее координаты равны полусумме координат противоположных вершин, например, $D$ и $C_1$: $O = \left(\frac{0+0}{2}, \frac{0+a}{2}, \frac{0+a}{2}\right) = \left(0, \frac{a}{2}, \frac{a}{2}\right)$.

Искомое сечение — это плоскость $\alpha$, которая проходит через точку $O$ и перпендикулярна прямой $AC$. Вектор $\vec{AC}$ является нормальным вектором к плоскости $\alpha$. Найдем координаты вектора $\vec{AC}$: $\vec{AC} = \{0-a, a-0, 0-0\} = \{-a, a, 0\}$. В качестве нормального вектора $\vec{n}$ можно взять коллинеарный вектор, например, $\vec{n} = \{-1, 1, 0\}$.

Уравнение плоскости $\alpha$ имеет вид $Ax + By + Cz + D = 0$, где $(A, B, C)$ — координаты нормального вектора. Подставив координаты $\vec{n}$, получаем: $-x + y + D = 0$.

Поскольку плоскость проходит через точку $O(0, a/2, a/2)$, ее координаты должны удовлетворять уравнению. Подставим их, чтобы найти $D$: $-(0) + \frac{a}{2} + D = 0 \implies D = -\frac{a}{2}$.

Таким образом, уравнение плоскости сечения: $-x + y - \frac{a}{2} = 0$, или $y - x = \frac{a}{2}$.

Теперь найдем точки пересечения этой плоскости с ребрами куба:

• Пересечение с ребром $DC$ (уравнения $x=0, z=0$): $y - 0 = \frac{a}{2} \implies y = \frac{a}{2}$. Точка $K(0, a/2, 0)$ — середина $DC$.
• Пересечение с ребром $BC$ (уравнения $y=a, z=0$): $a - x = \frac{a}{2} \implies x = \frac{a}{2}$. Точка $L(a/2, a, 0)$ — середина $BC$.
• Пересечение с ребром $D_1C_1$ (уравнения $x=0, z=a$): $y - 0 = \frac{a}{2} \implies y = \frac{a}{2}$. Точка $M(0, a/2, a)$ — середина $D_1C_1$.
• Пересечение с ребром $B_1C_1$ (уравнения $y=a, z=a$): $a - x = \frac{a}{2} \implies x = \frac{a}{2}$. Точка $N(a/2, a, a)$ — середина $B_1C_1$.

Соединив последовательно эти точки, получаем четырехугольник $KLNM$.

Ответ: Искомое сечение — это четырехугольник $KLNM$, вершины которого являются серединами ребер $DC$, $BC$, $B_1C_1$ и $D_1C_1$ соответственно.

Нахождение площади этого сечения

Найдем длины сторон четырехугольника $KLNM$, используя координаты его вершин: $K(0, a/2, 0)$, $L(a/2, a, 0)$, $N(a/2, a, a)$, $M(0, a/2, a)$.

Длина стороны $KL$: $|KL| = \sqrt{\left(\frac{a}{2}-0\right)^2 + \left(a-\frac{a}{2}\right)^2 + (0-0)^2} = \sqrt{\left(\frac{a}{2}\right)^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2} = \sqrt{\frac{a^2}{4} + \frac{a^2}{4}} = \sqrt{\frac{2a^2}{4}} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Длина стороны $LN$: $|LN| = \sqrt{\left(\frac{a}{2}-\frac{a}{2}\right)^2 + (a-a)^2 + (a-0)^2} = \sqrt{0 + 0 + a^2} = a$.

Длина стороны $NM$: $|NM| = \sqrt{\left(0-\frac{a}{2}\right)^2 + \left(\frac{a}{2}-a\right)^2 + (a-a)^2} = \sqrt{\left(-\frac{a}{2}\right)^2 + \left(-\frac{a}{2}\right)^2} = \sqrt{\frac{a^2}{4} + \frac{a^2}{4}} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Длина стороны $MK$: $|MK| = \sqrt{(0-0)^2 + \left(\frac{a}{2}-\frac{a}{2}\right)^2 + (0-a)^2} = \sqrt{0 + 0 + (-a)^2} = a$.

Так как $|KL| = |NM|$ и $|LN| = |MK|$, четырехугольник $KLNM$ является параллелограммом. Проверим, является ли он прямоугольником. Для этого найдем скалярное произведение векторов смежных сторон, например, $\vec{KL}$ и $\vec{LN}$. $\vec{KL} = \{\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, 0\}$ $\vec{LN} = \{0, 0, a\}$ $\vec{KL} \cdot \vec{LN} = \frac{a}{2} \cdot 0 + \frac{a}{2} \cdot 0 + 0 \cdot a = 0$. Поскольку скалярное произведение равно нулю, векторы перпендикулярны, и угол $\angle KLN = 90^\circ$. Следовательно, $KLNM$ — прямоугольник.

Площадь прямоугольника $S_{KLNM}$ равна произведению длин его смежных сторон: $S_{KLNM} = |KL| \cdot |LN| = \frac{a\sqrt{2}}{2} \cdot a = \frac{a^2\sqrt{2}}{2}$.

Ответ: $S = \frac{a^2\sqrt{2}}{2}$.

10.34. Докажите, что если прямая перпендикулярна одной из двух параллельных плоскостей, то она перпендикулярна и другой плоскости.

Дано:

Плоскость $\alpha$ параллельна плоскости $\beta$ ($\alpha \parallel \beta$).

Прямая $a$ перпендикулярна плоскости $\alpha$ ($a \perp \alpha$).

Доказать:

Прямая $a$ перпендикулярна плоскости $\beta$ ($a \perp \beta$).

Доказательство:

По определению, прямая перпендикулярна плоскости, если она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Для доказательства, согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, достаточно показать, что прямая $a$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости $\beta$.

Пусть прямая $a$ пересекает плоскость $\beta$ в точке $B$. Выберем в плоскости $\beta$ произвольную прямую $b$, проходящую через точку $B$. Нам нужно доказать, что $a \perp b$.

1. Проведём через прямую $a$ и прямую $b$ плоскость $\gamma$. Так как прямые $a$ и $b$ пересекаются, такая плоскость существует и она единственна.

2. Плоскость $\gamma$ пересекает плоскость $\alpha$ по некоторой прямой $c$.

3. Поскольку плоскости $\alpha$ и $\beta$ параллельны ($\alpha \parallel \beta$), а плоскость $\gamma$ пересекает их, то линии пересечения $b$ и $c$ параллельны друг другу. То есть, $b \parallel c$.

4. По условию, прямая $a$ перпендикулярна плоскости $\alpha$ ($a \perp \alpha$). Это означает, что прямая $a$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $\alpha$. Так как прямая $c$ лежит в плоскости $\alpha$, то $a \perp c$.

5. Мы получили, что $b \parallel c$ и $a \perp c$. Согласно лемме о перпендикулярности прямой к одной из параллельных прямых, если прямая перпендикулярна одной из двух параллельных прямых, то она перпендикулярна и второй. Следовательно, $a \perp b$.

6. Так как прямая $b$ была выбрана в плоскости $\beta$ произвольно, то прямая $a$ перпендикулярна любой прямой в плоскости $\beta$, проходящей через точку $B$.

7. По определению перпендикулярности прямой и плоскости, это означает, что прямая $a$ перпендикулярна плоскости $\beta$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Если прямая перпендикулярна одной из двух параллельных плоскостей, то она перпендикулярна и другой плоскости.

10.35. Докажите, что прямые, проходящие через данную точку прямой и перпендикулярные этой прямой, лежат в одной плоскости, проходящей через данную точку и перпендикулярной этой прямой.

Пусть дана прямая $l$ и точка $P$ на этой прямой ($P \in l$). Рассмотрим множество всех прямых, проходящих через точку $P$ и перпендикулярных прямой $l$. Наша задача — доказать, что все эти прямые лежат в одной плоскости, которая проходит через точку $P$ и перпендикулярна прямой $l$.

Доказательство:

1. Согласно теореме стереометрии, через любую точку на прямой можно провести единственную плоскость, перпендикулярную этой прямой. Проведём через точку $P$ плоскость $\alpha$, перпендикулярную прямой $l$. По построению, эта плоскость удовлетворяет двум условиям: она проходит через точку $P$ и перпендикулярна прямой $l$.
2. Теперь нам необходимо доказать, что любая прямая $m$, проходящая через точку $P$ и перпендикулярная прямой $l$ ($m \perp l$), лежит в этой плоскости $\alpha$.
3. Воспользуемся методом доказательства от противного. Предположим, что существует прямая $m$, которая проходит через точку $P$ и перпендикулярна прямой $l$, но не лежит в плоскости $\alpha$.
4. Поскольку прямая $m$ и плоскость $\alpha$ имеют общую точку $P$, но $m$ не лежит в $\alpha$, то $m$ пересекает $\alpha$ в единственной точке $P$.
5. Прямые $l$ и $m$ пересекаются в точке $P$. Через две пересекающиеся прямые проходит единственная плоскость. Назовём эту плоскость $\beta$. Таким образом, и прямая $l$, и прямая $m$ лежат в плоскости $\beta$.
6. Плоскости $\alpha$ и $\beta$ имеют общую точку $P$, следовательно, они пересекаются по некоторой прямой. Обозначим эту прямую $m'$. Так как $P$ — общая точка, то $P \in m'$. Поскольку $m'$ — линия пересечения, она принадлежит обеим плоскостям: $m' \subset \alpha$ и $m' \subset \beta$.
7. По построению плоскость $\alpha$ перпендикулярна прямой $l$. По определению перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $l$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $\alpha$ и проходящей через точку их пересечения $P$. Так как прямая $m'$ лежит в $\alpha$ и проходит через $P$, то $l \perp m'$.
8. Теперь рассмотрим плоскость $\beta$. В этой плоскости лежат прямые $l$, $m$ и $m'$. Обе прямые, $m$ и $m'$, проходят через точку $P$ и перпендикулярны прямой $l$. Однако, согласно теореме планиметрии, в плоскости через данную точку на прямой можно провести только одну прямую, перпендикулярную ей. Следовательно, прямые $m$ и $m'$ должны совпадать.
9. Из того, что $m = m'$ и $m' \subset \alpha$, следует, что и прямая $m$ лежит в плоскости $\alpha$ ($m \subset \alpha$). Это утверждение противоречит нашему первоначальному предположению, что $m$ не лежит в $\alpha$.
10. Полученное противоречие означает, что наше предположение было неверным. Следовательно, любая прямая, проходящая через точку $P$ и перпендикулярная $l$, лежит в плоскости $\alpha$.

Таким образом, доказано, что все прямые, проходящие через данную точку прямой и перпендикулярные этой прямой, лежат в одной плоскости, а именно в той, что проходит через данную точку и перпендикулярна данной прямой.

Ответ: Что и требовалось доказать.

10.36. Существуют ли в пространстве четыре попарно перпендикулярные прямые?

Нет, в трехмерном пространстве не существует четырех попарно перпендикулярных прямых.

Докажем это методом от противного.

Предположим, что такие четыре прямые $l_1, l_2, l_3, l_4$ существуют. Каждой прямой в пространстве соответствует ее направляющий вектор. Обозначим направляющие векторы наших прямых как $\vec{v_1}, \vec{v_2}, \vec{v_3}, \vec{v_4}$. Так как это направляющие векторы, ни один из них не является нулевым.

Условие, что прямые попарно перпендикулярны, означает, что их направляющие векторы попарно ортогональны. Условие ортогональности двух векторов — это равенство их скалярного произведения нулю. Таким образом, для любых различных индексов $i$ и $j$ из множества $\{1, 2, 3, 4\}$ выполняется условие:

$\vec{v_i} \cdot \vec{v_j} = 0$

Рассмотрим теперь эти четыре вектора $\vec{v_1}, \vec{v_2}, \vec{v_3}, \vec{v_4}$ в трехмерном пространстве. Согласно фундаментальной теореме линейной алгебры, любой набор ненулевых, попарно ортогональных векторов является линейно независимым.

Таким образом, если бы наше предположение было верным, то мы бы имели систему из четырех линейно независимых векторов в трехмерном пространстве.

Однако размерность трехмерного пространства равна трем. Это означает, что максимальное количество линейно независимых векторов в нем равно трем. Любой набор из четырех (и более) векторов в трехмерном пространстве обязательно будет линейно зависимым.

Мы пришли к противоречию: с одной стороны, векторы должны быть линейно независимыми (из-за ортогональности), а с другой — они должны быть линейно зависимыми (поскольку их четыре в трехмерном пространстве). Это противоречие означает, что наше первоначальное предположение о существовании четырех попарно перпендикулярных прямых неверно.

Ответ: не существуют.